Capítulo 3
Geometria
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108
Retângulo áureo
e divisão áurea
Geraldo Ávila
1. O retângulo áureo
Chama-se retângulo áureo qualquer retângulo ABCD (Figura 1) com a seguinte propriedade: se dele suprimirmos um quadrado, como ABFE,
o retângulo restante, CDEF, será semelhante ao
retângulo original.
Figura 1
Se a + b e a são os comprimentos dos lados
do retângulo original, a definição acima se traduz na relação
(1)
109
Como veremos logo adiante, esse tipo de retângulo tem muitas propriedades interessantes que justificam o qualificativo “áureo”. Ele tem sido considerado por arquitetos e artistas como o retângulo mais bem proporcionado e
de grande valor estético. A Figura 2 reproduz a foto de uma residência suburbana de Paris, projetada pelo famoso arquiteto Le Corbusier, na qual ele
utiliza o retângulo áureo. Há aí dois retângulos áureos, um deles representado
pelo corpo inteiro da casa e o outro, disposto verticalmente, representado
pela parte da casa à esquerda da escada.
Figura 2
O Partenon (Figura 3), ou templo da deusa Atena, uma das mais
admiradas obras da arquitetura
universal, revela, em seu frontispício
(Figura 4) um quase exato retângulo áureo. Todavia não há evidencia
histórica de que, ao construir o templo no 5o século a.C., os arquitetos
de Péricles tenham conscientemente
usado o retângulo áureo.
Figura 3
Figura 4
110
Voltemos à relação (1). Dela decorre, por uma propriedade bem conhecida das proporções, que:
ou seja,
.
Isto significa que se o retângulo de lados a + b e a é áureo, então
também o é o retângulo de lados a e b.
Figura 5
Evidentemente o mesmo raciocínio se aplica para mostrar que também
são áureos os retângulos de lados b e a – b, a – b e 2b – a, etc. (Fig. 5). Em
outras palavras, dados os números positivos a e b, satisfazendo a relação (1),
formemos a seqüência a + b, a, b, a2, a3, ..., onde
a2 = a – b, a3 = b – a2 = 2b – a, e, em geral an = an – 2 – an – 1.
Trata da seqüência
a + b, a, b, a – b, 2b – a, 2a – 3b,
5b – 3a, 5a – 8b, 13b – 8a, ... (2)
Pois bem, o raciocínio anterior estabelece que quaisquer dois elementos
consecutivos desta seqüência são os lados de um retângulo áureo. Portanto,
111
o processo anterior de retirar quadrados de retângulos áureos conduz a uma
seqüência infinita de retângulos áureos, com dimensões cada vez menores e
tendendo a zero.
É fácil provar que os lados de um retângulo áureo são grandezas incomensuráveis. Se fossem comensuráveis, teriam um submúltiplo comum σ, de
sorte que, com referencia à Figura 1,
AD = (a + b) σ e AB = aσ
onde a e b seriam então números inteiros. Em conseqüência, todos os números da seqüência (2) seriam inteiros e positivos. Isto é um absurdo, pois não
existe seqüência infinita e decrescente de números inteiros positivos. Concluímos, então, que os lados de um retângulo áureo são incomensuráveis.
2. A divisão áurea
O retângulo áureo está intimamente ligado com a chamada divisão áurea de um segmento, ou divisão em média e extrema razão, que introduziremos a seguir.
Diz-se que um ponto C de um segmento AB (Figura 6) divide este segmento em média e extrema razão se
(3)
Figura 6
A relação (3) é precisamente a relação (1), se pusermos AC = a e CB = b,
de sorte que os segmentos AC e CB da divisão áurea (ou AB = a + b e AC = a)
são os lados de um retângulo áureo.
É interessante notar que se C1 divide AB em média e extrema razão, e
se marcarmos no segmento AB os pontos C2, C3, C4,... de tal maneira que
AC2 = C1B, AC3 = C2C1, AC4 = C3C2, ..., (Figura 7), então Cn divide ACn–1 em
média e extrema razão n = 2, 3, 4,... Este resultado segue facilmente do
que já provamos antes sobre a seqüência infinita
112
Figura 7
de retângulos áureos, donde segue também que os segmentos AC 1 e
C 1B da divisão áurea de AB são incomensuráveis. Sugerimos que o leitor faça uma demonstração completa destes resultados.
Como já observamos há pouco, as relações (1) e (3) são idênticas quando
pomos AC = a e CB = b. Delas segue-se que
b2 = ab = a2.
(4)
O número m = b/a é conhecido como a razão áurea. Dividindo a equação anterior por a2 obtemos:
m2 + m = 1. (5)
O primeiro membro torna-se um quadrado perfeito quando lhe adicionamos 1/4:
ou seja,
Extraindo a raiz quadrada e notando que m > 0, teremos:
portanto,
(6)
113
3. Construções geométricas
Vamos construir um retângulo áureo a partir de seu menor lado AE = a
(Figura 8). Para isso construímos EF = AE perpendicularmente a AE. Com centro
em G, ponto médio do segmento
Figura 8
AE, traçamos o arco
, onde D jaz na reta AE e E é interno ao
segmento AD. Como GF = GD = b + a/2, o teorema de Pitágoras aplicado ao
triangulo retângulo GEF nos dá:
.
Simplificando, obtemos daqui a relação (4) que, como vimos, equivale à
relação (1). Logo ABCD é um retângulo áureo.
Se o problema fosse dividir o segmento AE = EF em média e extrema
razão, bastaria completar a construção anterior marcando, no segmento AE,
o ponto H tal que AH = b (Figura 9).
Figura 9
Observações finais
A divisão áurea é conhecida desde os pitagóricos de cinco séculos a.C.
Ao que tudo indica, essa divisão foi descoberta no pentágono regular, que
114
exibe uma surpreendente profusão de segmentos na razão áurea. Talvez este
tenha sido o motivo que levou os pitagóricos a adotarem o pentagrama (pentágono regular estrelado) como símbolo de sua seita (Figura 10).
Figura 10
Figura 11
Como exemplo de ocorrência da divisão áurea num pentágono regular
convexo mencionamos que a interseção de duas de suas diagonais divide
qualquer delas em média e extrema razão. Assim, na Fig, 11,
Deixamos ao leitor a tarefa de demonstrar esse resultado.
É muito improvável que Pitágoras ou seus primeiros discípulos soubessem
que os segmentos da divisão áurea fossem incomensuráveis, embora haja
fundadas razões para se acreditar que a descoberta dos incomensuráveis
tenha ocorrido com o pentágono regular no fim do 5o século a.C. Certamente,
Pitágoras e seus discípulos sabiam como construir geometricamente a solução (6) da equação (5). As construções correspondentes às Figuras 8 e 9
acima se encontram nos Elementos de Euclides, de cerca de 300 anos A.C.
115
Na antiguidade, a divisão de um segmento em média e extrema razão
tornou-se tão familiar que era conhecida simplesmente como “seção”, em
qualquer qualificativo. O nome “divisão áurea” lhe foi dado por Kepler (15711630), que escreveu:
A Geometria possui dois grandes tesouros: um é o Teorema de Pitágoras;
o outro, a divisão de um segmento em média e extrema razão. Podemos
comparar o primeiro a uma porção de ouro e o segundo a uma jóia preciosa.
116
As pirâmides do Egito
e a razão áurea
José Cloves Verde Saraiva
Dizemos que um ponto B divide um segmento
AC em média e extrema razão quando.
Seja
Temos:
Resulta que λ2 – λ – 1 = 0, isto é, que
....
A razão λ é denominada razão áurea.
117
Seja R um retângulo de lados a e b (b < a) tal que o retângulo de lados b
e a – b seja semelhante ao retângulo R.
Resulta que a – b < b e que a/b é igual à razão áurea. Um retângulo R
com essa propriedade é chamado retângulo áureo.
A divisão de um segmento em média e extrema razão já aparece no Livro
VI de Euclides e retângulos áureos são encontrados com freqüência nas esculturas e obras arquitetônicas da Grécia antiga. Por esse motivo a razão áurea é
normalmente atribuída aos gregos. Ao que parece, ela já estava presente nas
pirâmides do antigo Egito!
A relação λ2 = λ + 1 mostra que um triângulo de lados 1,
triângulo retângulo com hipotenusa λ e catetos 1 e
.
e λ é um
Definição 1
Um triângulo é um triângulo áureo quando ele é semelhante ao triângulo
retângulo com hipotenusa λ e catetos 1 e
.
É fácil demonstrar o seguinte:
Proposição 1
Um triângulo retângulo com hipotenusa a e catetos b e c (b > c ) é áureo
se, e somente se,
Definição 2
118
Seja ∆ uma pirâmide reta de altura h com base quadrada de lado a e seja
H a altura de suas faces. Dizemos que ∆ é uma pirâmide áurea quando o
triângulo de lados H, h e
for um triângulo áureo.
O historiador grego Heródoto (cerca de 500 a.C.) relata que aprendeu
com os sacerdotes que as grandes pirâmides do Egito (construídas em torno
de 2500 a.C.) satisfazem a seguinte propriedade (P):
(P) : A área de cada face triangular é igual à área de um quadrado
cujo lado é a altura da pirâmide.
Com a notação da definição 2, uma pirâmide reta de base quadrada satisfaz a propriedade (P) se e somente se
Proposição 2
Uma pirâmide reta com base quadrada satisfaz a propriedade (P) se, e
somente se, ela for uma pirâmide áurea.
Demonstração
Suponhamos em primeiro lugar que a pirâmide é áurea, isto é, que o triângulo retângulo com hipotenusa H e catetos h e , (supondo h > ) é áureo.
Temos:
e portanto,
isto é, a pirâmide satisfaz a propriedade (P).
Reciprocamente, suponhamos que a pirâmide satisfaça a propriedade (P).
Das relações
119
obtemos
que implica
Resulta que
Logo,
e, portanto, o triângulo de lados H, h e
é áureo (veja Proposição 1).
As dimensões (em metros) para as pirâmides de Quéops (base quadrada), Quéfren (base quadrada) e Miquerinos (base retangular) são:
Quéops
Quéfren
Miquerinos
Altura da pirâmide
146,59
143,50
65,00
Dimensões da base
230,33 × 230,33
215,20 × 215,20
102,20 × 104,60
Para Quéops temos
Resulta que Quéops é, de fato, uma pirâmide áurea (Proposição 1). Entretanto, para Quéfren, temos
120
de forma que Quéfren não é uma pirâmide áurea, Miquerinos também não é
(sua base não é sequer quadrada).
A história conta que Tales de Mileto (624-548 a.C.), com a sombra de
um bastão, determinou a altura das pirâmides do Egito e, talvez, quem
sabe?, tenha verificado que a pirâmide de Quéops satisfaz (P)!
Como curiosidade, o leitor pode calcular, usando as dimensões dadas, os
volumes das pirâmides e verificar que o volume de Quéops é maior do que a
soma dos volumes de Quéfren e de Miquerinos. O leitor também pode
verificar que, se as três pirâmides tivessem bases quadradas e fossem áureas
(o que “quase” acontece), então, os lados das bases, a1, a2 e a3, e as
alturas, h1, h2 e h3, satisfariam:
121
Quando a
intuição falha
Joel Faria de Abreu
Por imposição do raciocínio lógico, somos levados a demonstrar, na Matemática, até as proposições “intuitivas”, tidas como óbvias. Vejamos
como estamos sujeitos a erros inesperados, deixando de usar o raciocínio lógico e utilizando apenas a intuição.
Suponhamos que seja possível colocar uma
corda circundando a Terra, ajustando-a ao equador. Em seguida, retiramos esta corda, aumentamos um metro no seu comprimento e a
recolocamos em volta da Terra, formando uma
circunferência concêntrica com o equador. Assim, teremos um vão entre o equador e a corda,
ou melhor, uma diferença x entre os raios das duas
circunferências. Então, perguntamos: usando-se
somente a intuição, qual é o valor aproximado de
x? Ou seja, qual é a largura aproximada deste
vão entre o equador e a corda?
Cremos que o leitor dirá: não existe vão algum... É desprezível esta diferença... Como a Terra é tão grande e só se aumentou um metro na
corda, é claro que o vão é muito pequeno e, por
conseguinte, desprezível... Ledo engano! Este vão
é de aproximadamente 16 cm! E estranho, pois a
intuição nos leva a uma diferença muito pequena,
mas recursos matemáticos – estes sim, confiáveis
– nos mostram o verdadeiro valor de x. Na realidade, a intuição é um poderoso recurso da inteligência e tem sido responsável por muitas descobertas científicas. Mas, às vezes, a intuição sozinha pode induzir-nos ao erro e o fenômeno que
estamos considerando é um exemplo disto.
122
Passemos ao cálculo de x, sendo C o comprimento do equador e r o raio
da Terra, temos:
C=2πr
C +1 = 2 π (r + x)
C+1=2πr+2πx
C+1=C+2πx
2πx=1
Notamos que x é independente de r; independente, portanto, do comprimento da circunferência. Repetindo-se o mesmo processo da experiência
anterior, por maior que fosse o comprimento da circunferência, teríamos os
mesmos 16 cm.
Passemos, agora, ao segundo exemplo: consideremos um círculo com raio
igual ao raio da Terra. Suponhamos ser possível cobrir toda a superfície deste
círculo por uma outra superfície, modelável, ajustada a ele. Retiramos, em
seguida, esta segunda superfície, aumentamos sua área de um metro quadrado, e a remodelamos, até se transformar novamente num círculo, com área,
obviamente, um metro quadrado maior. Em seguida, justapomos as duas superfícies de modo a obter dois círculos concêntricos. Assim, haverá uma
diferença x entre os raios dos dois círculos. Perguntamos novamente: usando-se apenas a intuição, qual é um valor aproximado de x?
Cremos que o leitor, desta vez, alertado pelo problema anterior, teria
maior cautela para emitir um juízo, baseado apenas em sua intuição. De
fato, poderíamos pensar, como conseqüência do erro cometido anteriormente, que x tenha um valor constante. Mas, neste problema, tratando-se
de um círculo de enorme área, a diferença é desprezível. Isto porque,
agora, pela fórmula
A = π r2,
e por um cálculo análogo ao primeiro, concluímos que x depende de r. Lançando mão do cálculo do limite, notamos também que x decresce na medida
em que r cresce. Na realidade, para o valor de r = 6.355.000 m (raio da
Terra), a diferença dos respectivos raios representa uma fração de milímetro. Portanto, desprezível...
123
De São P
aulo ao Rio
Paulo
de Janeiro com uma
corda “IDEAL
”
“IDEAL”
Geraldo Garcia Duarte Júnior
Tome uma corda esticada, unindo um ponto A de
São Paulo a m ponto B do Rio de Janeiro. Suponha que a distância entre estes pontos A e B seja
de exatamente 400 km. Tome outra corda com
um metro a mais que a anterior, ou seja, com
400.001 metros, e fixe também suas extremidades nos pontos A e B. Ela ficará bamba. Levante
esta corda pelo seu ponto médio formando um
triângulo, conforme a Figura 1
Figura 1
Pergunta-se:
i) A altura h deste triângulo formado será maior
ou menor que um metro?
ii) O que ocorreria com a altura, se o triângulo
formado fosse como o da Figura 2?
Figura 2
Por mais absurdo que possa parecer, caberia
dentro do triângulo, no caso i), um prédio de forma retangular com 126 andares de altura e 50
quarteirões de comprimento!
124
Ao fazermos as contas, vemos que a altura h será aproximadamente 447
metros no caso i) e 0,99999 metros no caso ii), que são valores bem diferentes do imaginado.
Vejamos as soluções:
i) Pelo teorema de Pitágoras temos:
.
Logo,
Sendo a = 400.000 m, temos
m.
ii) Neste caso temos as relações
De (1) temos c = a – b + 1 que, aplicado com (2), dá
b2 + a2 = b2 + a2 + 1 + 2a – 2ab – 2b,
ou seja, 2ab + 2b = 2a + 1. Logo,
Sendo a = 400.000 m, temos
m.
Fazendo os gráficos de h e b como funções de a, temos
Para nossa surpresa,
h → ∞ quando a → ∞,
b→1
quando a → ∞.
Perplexos com a solução, ficamos a imaginar por que falha
a nossa intuição.
125
O que é o
número π?
?
Elon Lages Lima
A maneira mais rápida de responder a esta per-
π
π
π
π
gunta é dizer que π é a área de um círculo de raio
1. (Por exemplo, se o raio do círculo mede 1 cm,
sua área mede π cm2). Podemos também dizer
que π é o comprimento de uma circunferência de
diâmetro igual a 1.
Desde há muito tempo (cerca de 4000 anos!)
notou-se que o número de vezes em que o diâmetro está contido na circunferência é sempre o mesmo, seja qual for o tamanho dessa circunferência. Dito de outro modo, se o diâmetro mede um
centímetro, um metro ou um côvado, a circunferência medirá respectivamente π centímetros, π
metros ou π côvados. Ainda de outra maneira: se
uma circunferência tem comprimento C e diâmetro D, enquanto outra tem comprimento C’ diâmetro D’, então C/D = C’/D’. Este valor constante da razão C/D é um número aproximadamente igual a 3,141592, o qual se apresenta pela
letra grega π.
Os babilônios já tinham observado que o valor
de π se situa entre
ou seja,
.
Em frações decimais, isto dá 3,125 < π < 3,142.
O conhecimento que as pessoas têm sobre o
valor de π nem sempre melhorou com o tempo.
126
Por exemplo, o Velho Testamento, que foi escrito cerca de 500 anos a.C. (embora baseado em tradições judaicas bem mais antigas) contém um trecho
segundo o qual π = 3. (Primeiro Livro dos Reis, VII: 23). É natural que os
redatores do Velho Testamento, mais preocupados com assuntos divinos do
que detalhes terrenos, não estivessem a par do que com seus vizinhos babilônios
já sabiam há mais de um milênio. Mas, em 1931, um cidadão americano de
Cleveland, Ohio, publicou um livro segundo o qual o valor exato de π seria 256/81,
ou seja 3,16. O livro em si, apesar de todas as heresias que contém, não causa
admiração pois o número π sempre provocou irresistível atração aos amadores,
pelos séculos afora. O curioso é que o valor 256/81 é o mesmo que foi obtido
pelo escriba egípcio Ahmes, autor do famoso Papiro de Rhind, escrito 2 mil
anos antes de Cristo. Desde Arquimedes, que obteve o valor
π = 3,1416, matemáticos se têm ocupado em calcular π com precisão cada vez
maior. O inglês Willian Shanks calculou π com 707 algarismos decimais exatos
em 1873. Em 1947 descobriu-se que o cálculo de Shanks errava no 527o algarismo (e portanto nos seguintes). Com auxilio de uma maquininha manual, o
valor de π foi então calculado com 808 algarismos decimais exatos. Depois
vieram os computadores. Com seu auxílio, em 1967, na França, calculou-se π
com 500.000 algarismos decimais exatos e, em 1984, nos Estados Unidos, com
mais de dez milhões (precisamente 10.013.395) de algarismos exatos!
Esses cálculos de π com um número cada vez maior de algarismos decimais sugerem duas perguntas. A mais inocente seria: quantos algarismos
serão necessários para se ter o valor de π? Ora, sabe-se que π é um número
irracional. Isto significa que nenhuma fração ordinária (e, conseqüentemente,
nenhuma fração decimal finita ou periódica) pode exprimir exatamente o seu
valor. Portanto, não importa quantos algarismos decimais tomemos, jamais
obteremos o valor exato de π nem chegaremos a uma periodicidade (embora
o erro cometido ao se substituir π por uma tal fração seja cada vez menor).
Outra pergunta que se pode fazer é: por que então tanto esforço para
calcular π com centenas ou milhares de algarismos decimais? (O computador francês levou 28 horas e 10 minutos. Deus sabe quantos meses ou anos
levou William Shanks). Uma resposta é que esses cálculos existem pelo mesmo motivo que existe o Livro dos Récordes de Guinness. Uma razão mais
prática poderia ser a seguinte: um computador, como toda máquina, precisa
ser testado contra possíveis defeitos, antes de começar a funcionar. Uma
maneira de fazer isso é mandá-lo calcular alguns milhares de dígitos de π e
fazê-lo comparar o resultado obtido com o que já se conhecia.
Mas, voltando às origens de π: desde quando tal número é representado
por essa letra grega, equivalente ao nosso “π”? Nos tempos antigos, não
havia uma notação padronizada para representar a razão entre a circunferência e o diâmetro. Euler, a princípio, usava π ou c mas, a partir de 1737,
passou a adotar sistematicamente o símbolo π. Desde então, todo o mundo o
127
seguiu. A verdade é que, alguns anos antes, o matemático inglês Willian Jones
propusera a mesma notação, sem muito êxito. Questão de prestígio.
O número π surge inesperadamente em várias situações. Por exemplo, Leibniz
notou que 1 – 1/3 + 1/5 – 1/7 + ... = π/4 e Euler provou que a soma dos inversos
dos quadrados de todos os números naturais é igual a π2/6. A área da região
2
compreendida entre o eixo das abcissas e o gráfico da função y = e–x é igual
a
. Inúmeros outros exemplos poderiam ser mencionados, como a seguinte: a probabilidade para que dois números naturais, escolhidos ao acaso, sejam primos entre si é de 6/π2.
Desde que ficou clara a idéia de número irracional, começou-se a suspeitar que π era um deles. Euler acreditava na irracionalidade de π, mas quem a
provou foi seu contemporâneo Lambert, em 1761. Pouco depois, Euler conjeturou que π seria transcendente, isto é, não poderia ser raiz de uma equação
algébrica com coeficientes inteiros (por exemplo, é impossível encontrar inteiros a, b, c tais que aπ2 + bπ+ c = 0). Este fato foi demonstrado em 1882 por
Lindemann, 99 anos depois da morte de Euler.
Da transcendência de π resulta que o antigo problema grego da
quadratura do círculo não têm solução.
Esse problema requeria que se construísse, com auxílio de régua e
compasso, um quadrado cuja área fosse igual à de um círculo dado.
Tomando o raio do círculo como unidade de comprimento, isto equivale a
pedir que se construa, com auxílio de régua e compasso, um segmento de
comprimento igual a
(lado do quadrado de área π).
Vamos dizer “construir o número x” para significar “construir, com régua
e compasso, a partir de um segmento dado, tomado como unidade, outro
segmento de comprimento igual a x”.
O problema da quadratura do círculo pede que se construa o número . Isto
sugere a questão mais geral: quais os números reais que se podem construir?
Ora, as construções geométricas feitas com régua e compasso consistem
em repetir, um número finito de vezes, as seguintes operações básicas: 1)
traçar a reta que une dois pontos dados; 2) traçar a circunferência com
centro e raio de dados. Um ponto nessas construções só pode ser obtido
como interseção de duas retas, de duas circunferências ou de uma reta com
uma circunferência.
Considerando-se no plano um sistema de coordenadas cartesianas, uma
reta é representada por uma equação do 1o grau y = ax + b e uma circunferência por uma equação do 2o grau (x – a)2 + (y – b)2 = r2. Assim, um
número que se pode construir é sempre obtido como solução de um sistema
128
de 2 equações a 2 incógnitas cujos graus são ≤ 2. Prova-se, a partir daí, que
se o número real x pode ser construído então x é o resultado de um número
finito de operações de adição, subtração, multiplicação, divisão e extração de
raiz quadrada, efetuadas a partir de números inteiros.
Em particular, todo número x que pode ser construído (com régua e compasso) é algébrico, isto é, pode ser expresso como raiz de uma equação algébrica com coeficientes inteiros. Como π é transcendente,
também é.
Segue-se que a quadratura do círculo não pode ser feita com régua e compasso apenas. Isto encerra a questão.
Infelizmente, nem todas as pessoas que gostam de Geometria, e que se
interessam por construções com régua e compasso, sabem disso. E, pensando que o problema da quadratura do círculo ainda está em aberto, imaginam
soluções engenhosas, que submetem a revistas e a instituições onde se faz
Matemática. Tais soluções são basicamente de 3 tipos: 1o) as que contêm
erros devidos a raciocínios defeituosos; 2o) as que apresentam apenas uma
solução aproximada para o problema; 3o) as que não se restringem ao uso de
régua e compasso. (Por exemplo, empregando certas curvas cuja construção
não pode ser efetuada apenas com esses dois instrumentos.)
Desde 1775 a Academia Real Francesa decidiu não mais aceitar para
análise inúmeras propostas de quadratura para elas enviadas. Mas, em todas
as partes do mundo, parece não desaparecerem nunca os quadradores.
Quando eu era estudante, na Universidade de Chicago, havia no Departamento de Matemática uma carta mimeografada que dizia mais ou menos o
seguinte: “Prezado Senhor: Recebemos seu trabalho sobre a quadratura do
círculo. Infelizmente estamos muito atarefados para examiná-lo. Caso o Sr. nos
envie a quantia de 10 dólares, poderemos encarregar um dos nossos estudantes
de pós-graduação de analisar seu trabalho e localizar os erros eventualmente
nele contidos. Atenciosamente ...” Por causa desta carta padrão, vários colegas meus daquela época abocanharam alguns dólares sem fazer muita força.
129
O problema do
retângulo inscrito
Roberto Ribeiro Paterlini
O problema do retângulo inscrito aparece no ensino médio sob várias versões:
Problema do retângulo inscrito: Dado um triângulo retângulo, dentre os retângulos inscritos conforme a figura, encontre o que tem área máxima.
Eis o mesmo problema com um enunciado mais
amigável:
Problema da casa: (Vestibular da FUVEST)
Num terreno, na forma de um triângulo retângulo com catetos de medidas 20 e 30 metros, deseja-se construir uma casa retangular de dimensões x e y, como na figura.
130
a) Exprima y em função de x.
b) Para que valores de x e de y a área ocupada pela casa será máxima?
A idéia usual para a resolução deste problema é observar a semelhança
entre os triângulos da figura e obter, por exemplo, a relação
donde y = 20(30 – x)/30 = (2/3)(30 – x). Usando essa relação para substituir y
em A(x) = xy, temos A(x) = (2/3)x(30 – x), função que nos dá a área do retângulo. A função quadrática A tem ponto de máximo, e nosso problema estará
resolvido quando encontrarmos a abcissa desse ponto, o vértice da parábola que
é o gráfico da função. As raízes de A são 0 e 30, cuja média aritmética é 15.
Portanto, x = 15 é a abcissa do vértice, e o valor correspondente para y é 10.
Vemos que a altura e a base do retângulo inscrito de área máxima são a metade,
respectivamente, da altura e da base do triângulo.
Em um triângulo retângulo qualquer com base b e altura h o resultado é o
mesmo: o retângulo inscrito de maior área (entre os retângulos posicionados
como na figura) é o que tem base b/2 e altura h/2. Na figura
ponto de máximo de
, valor de
Usando dobradura
No ano de 2000 estava lecionando uma disciplina de problemas para alunos do Curso Noturno de Licenciatura em Matemática da UFSCar, e certo
131
dia sugeri aos estudantes resolverem esse problema. Minha expectativa era
que utilizassem o método descrito acima, e de fato muitos assim o fizeram.
Mas tive a agradável surpresa de ver que a estudante Tatiana Gaion Malosso,
juntamente com os colegas de seu grupo de trabalho, resolveu facilmente o
problema usando dobraduras. Quando incentivamos a criatividade, podemos
ver as soluções mais interessantes e aprendemos a pensar com liberdade.
Vamos descrever a solução por dobradura apresentada pela estudante.
Tomamos uma folha de papel e a cortamos no formato de um triângulo retângulo ABC.
Dobramos o papel de modo a fazer coincidir o ponto A com o ponto B, e
em seguida dobramos de modo a fazer coincidir o ponto C com o ponto B,
como nas figuras abaixo.
Desdobrando e voltando ao triângulo original, vemos que marcamos duas
linhas que se encontram no ponto médio de AC.
De fato, por construção, D é o ponto médio de AB e DE é paralelo a BC,
logo, E é o ponto médio de AC. Da mesma forma, F é o ponto médio de BC
e FE’ é paralelo a AB, logo, E’ é o ponto médio de AC, e E = E’
As duas linhas que marcamos no triângulo determinam um retângulo, cuja
altura é a metade da altura do triângulo, e cuja base é a metade da base do
triângulo. Observamos que o triângulo original ficou subdividido em três figuras, dois triângulos menores e o retângulo, e a dobradura deixa claro que a
soma das áreas dos dois triângulos menores é igual à do retângulo. Portanto,
a área do retângulo é a metade da área do triângulo original.
132
Vamos verificar, usando dobradura, que esse retângulo é o de maior área
que se pode obter. Tomamos um outro retângulo inscrito, BD’E’F’.
Dobramos o papel na linha D’E’ (veja as figuras) e tracejamos o segmento AB indicado na terceira figura. Em seguida dobramos na linha E’F’ passando pelo ponto A marcado.
O triângulo original fica subdividido em quatro regiões, 1, 2, 3 e 4, de
modo que somando as áreas de 1 e 3 obtemos a área de 2 (confira na
figura). Mas, como temos a área de 4, vemos que a área de 2 é menor do
que a metade da área do triângulo. Portanto, o retângulo BD’E’F’ não
tem área máxima
Outros desenvolvimentos
Em qualquer triângulo existe um retângulo inscrito. De fato, um triângulo
tem pelo menos dois ângulos agudos. Na figura a seguir supomos ∠A e ∠B
ângulos agudos e construímos o segmento DE paralelo a AB. Em virtude de
serem ∠A e ∠B agudos, os segmentos perpendiculares a AB por D e E
intersectam AB, e obtemos um retângulo inscrito no triângulo.
O leitor pode observar que em um triângulo podem existir retângulos inscritos em até três posições diferentes, com um lado do retângulo sobre um
lado diferente do triângulo.
133
Qualquer que seja a posição, a maior área do retângulo inscrito que se
pode obter é a metade da área do triângulo.
ponto de máximo de A: x = h/2; valor correspondente de y: b/2.
Podemos novamente usar dobradura para encontrar o retângulo inscrito de área máxima. Seja ABC um triângulo qualquer, e suponhamos que
∠A e ∠B são agudos. Cortamos um papel na forma do triângulo dado.
Usando dobradura, marcamos a altura do triângulo relativa ao lado AB.
Dobramos o triângulo de modo a fazer coincidir o ponto C com o pé desta
altura no lado AB. Continuamos procedendo de modo análogo ao caso do
triângulo retângulo.
134
Triângulos
especiais
Rizio Sant’Ana
Teorema
Só existem cinco triângulos que tenham perímetro numericamente igual à área, quando
fixamos a unidade e exigimos que os lados do
triângulo tenham medidas inteiras.
Demonstração
Sejam a, b, c as medidas dos lados de um
triângulo na unidade fixada, p o perímetro e s o
semiperímetro. Então, impondo que a área e o perímetro sejam medidos pelo mesmo número (perímetro na unidade e área na unidade ao quadrado), teremos:
ou seja 4s2 = s(s – a)(s – b)(s – c)
Seja x = s – a, y = s – b, z = s – c e como
s – a + s – b + s – c = 3s – (a + b + c) = 3s – 2s = s
temos que s = x + y + z e podemos escrever
4(x + y + z) = xyz (I)
Como s = x + y + z e a = s – x, temos que
a = y + z; também b = x + z e c = x + y
Demonstremos que o perímetro tem que ser
par. Ora,
135
ou seja
Para P ser ímpar
• ou um dos lados é ímpar e os outros dois lados são pares;
• ou a, b e c são, os três, ímpares;
em qualquer dos dois casos, a raiz quadrada do numerador é ímpar e p não
pode ser inteiro.
Então o perímetro é sempre par, e s é inteiro, o que acarreta serem x, y,
e z também inteiros.
1. O triângulo não pode ser eqüilátero. Nesse caso x = y = z e, por (I),
4(3x) = x3 ou x2 = 12, o que não produz número inteiro para x.
2. O triângulo não pode ser isósceles. Nesse caso z = y, por exemplo, e (I)
se transforma em 4(x + 2y) = xy2 ou xy2 – 8y – 4x = 0, donde y, para
ser inteiro, vai depender de que 4 + x2 seja um quadrado perfeito, o que não
acontece para nenhum x > 0, inteiro.
3. Então x, y e z são inteiros e diferentes e o triângulo será escaleno. Façamos sempre z > y > x ≥ 1; x não pode valer zero, porque senão a = s e
não existe triângulo. Então o menor x é 1, se possível.
Isolando z:
(II)
Outros valores de y ou não produzem z inteiros, ou produzem z < y.
136
Outros valores de y ou não produzem z inteiros, ou produzem z < y.
Qualquer outro valor de x: terá y < x para z ser inteiro.
Lembrando que a = y + z, b = x + z, c = x + y, podemos escrever:
a
b
c
29
20
17
13
10
25
15
10
12
8
6
7
9
5
6
perímetro
= área
60
42
36
30
24
Estes lados definem os únicos cinco triângulos que satisfazem as condições exigidas.
Com efeito, um triângulo que tenha lados medindo 10, 8 e 6 unidades terá,
como acabamos de ver, perímetro numericamente igual à área nessa unidade. Construa, então, um triângulo com 10, 8 e 6 cm de lados e torne a medir
seus lados em milímetros: ele terá, agora, um perímetro de 240 mm e área de
2400 mm2. O fenômeno da igualdade desapareceu!
De fato, na equação de partida
pensados como medidas, o 1o membro dá o número de unidades e o 2o dá o
número de unidades ao quadrado. Há uma diferença na dimensão.
Não só essa propriedade de coincidência numérica da área e perímetro
não resiste à mudança de unidades como também ela não é privilégio de
certos triângulos. De fato, dado um triângulo qualquer, existe sempre uma
unidade de comprimento em que o perímetro seja o mesmo que a área: basta
tomar o perímetro p’ numa unidade u’ qualquer e a área A’ na unidade (u’)2
tomar a nova unidade u = (A’ / p’)u’. O leitor pode verificar que, na unidade u, o perímetro e a área do triângulo dado se medem pelo mesmo número.
Acontece entretanto que, nem sempre, as medidas dos lados, nessa unidade u, serão números inteiros. O teorema do artigo prova que essas medidas só
serão, as três, dadas por números inteiros se o triângulo de partida for semelhante
a um daqueles 5 triângulos encontrados. Nesse contexto, eles são especiais.
137
A demonstração
feita por Heron
Mário Dalcin
Quando pequeno, li sobre Heron de Alexandria em
uma enciclopédia biográfica que havia em casa. Fiquei sabendo que ele viveu no século II d.C. na cidade de Alexandria, obviamente, que foi engenheiro e
matemático. Não me lembro que outras coisas mais
havia sobre Heron, mas ficou gravada em minha
memória a fórmula que lá estava para calcular a área
de um triângulo:
sendo p a metade do perímetro do triângulo.
O que me encantou nessa fórmula? Não sei.
Talvez por ter uma raiz quadrada, que naqueles dias
escolares lhe dava um ar de Matemática superior;
ou pelo fato de só usar os lados do triângulo, e não a
altura, como na formulinha usada na escola.
Anos mais tarde, após ter encontrado várias vezes
a fórmula e até depois de ter visto sua demonstração
como mero corolário de um cálculo de medianas, continuava intrigado: como Heron a havia demonstrado?
Após ler a resenha publicada em Livros da RPM
31, comprei o livro Introdução à História da Matemática, de Howard Eves, e qual não foi minha surpresa ao encontrar na página 205 a menção de que, a
demonstração feita por Heron (que está em seu
livro A métrica) estava esquematizada no exercício
6.11 d). Com algumas pequenas modificações, aqui
vai ela:
138
1.
2. Como ∆ADI ≡ ∆AIF, ∆DBI ≡ ∆IBE e, ∆FIC ≡ ∆IEC, temos AD = AF,
DB = BE e CE = CF.
3. Seja J o ponto da semi-reta AB tal que BJ = CE.
Então p – c = AJ – AB = BJ, p – b = AJ – AC = DB e p – a = AJ – BC = AD.
4.
i) Seja K o ponto construído como indicado na figura. O quadrilátero AKBI é
inscritível numa circunferência de diâmetro AK; logo ∠AIB + ∠AKB = 180o
e, como α + β + y = 180o temos ∠AIB + ∠CIE = 180o, de onde
∠AKB = ∠CIE = y.
Então temos ∆CBI ≈ ∆AKB, o que implica
ii) No triângulo retângulo ∆ALI temos r2 = DL . AD e de ∆DLI ≈ ∆BLK (verifique)
temos
iii) De i) e ii) temos
.
o que implica
ou
que juntamente com r2 = DL . AD leva a AJ2 . r2 = BJ . AJ . BD . AD.
Usando-se as igualdades apresentadas em 3, obtemos
p2r2 = (p – c)p(p – b)(p – a),
que, pela igualdade exibida em 1, demonstra a fórmula.
139
Octógono Perverso
Cláudio Arconcher
Octógono: perverso ou genial?
Comentários enviados por leitores
1. Um leitor não achou o octógono tão perverso
assim e notou nele peculiaridades curiosas:
• há simetria em relação às diagonais que contêm o centro do quadrado;
VOCÊ ACHA QUE O
OCTÓGONO
CONSTRUÍDO ABAIXO É
REGULAR? SIM? POIS É...
É POR ISSO QUE
É PERVERSO!
A
a
a
C
a
• os 8 lados são iguais e também são iguais os
ângulos opostos;
• os triângulos retângulos cujas hipotenusas
ligam um vértice do quadrado ao ponto médio
de um lado e não têm lados em comum com o
quadrado são semelhantes ao triângulo de lados 3, 4 e 5.
2. Outro leitor e colaborador da revista preferiu
chamar o tal octógono de genial e não de perB
verso, pois é possível calcular
várias medidas de ângulos e
segmentos que se formam, mostrando que o octógono não é regular de dois modos: verificando que seus ângulos internos não
são todos congruentes entre si ou
constatando que há duas
diagonais que passam pelo cena
tro do quadrado e que não são
congruentes, uma delas é a metade do lado do quadrado de partida e a outra é a terça parte da
diagonal desse quadrado. Sugere, então, um outro problema ao
leitor: obter por meio de dobras
um octógono regular a partir de
uma folha quadrada de papel.
D
140
Bom senso,
realidade e melhores
idéias matemáticas
Nilza Eigenheer Bertoni
Desvendando a Geometria
da 7a Série: Ângulos e Arcos de Círculos
Vários livros de Matemática para a 7a série que temos examinado afirmam, incondicionalmente, que a medida de um arco de circunferência é igual à medida do
ângulo central correspondente. Apresentam exemplos e
exercícios resolvidos onde se diz que o arco subtendido
por um ângulo central de x graus mede x graus.
De modo como são colocadas, as definições (às vezes chamadas de axiomas) são destituídas de clareza, e
até de bom senso. Transcrevemos, com comentários,
algumas dessas afirmações.
Frase 1
“A medida de um arco menor de circunferência é,
por definição, a medida do ângulo central compreendido
entre seus lados e vice-versa.”
Poderíamos então concluir que dado um ângulo central de 45º, o arco correspondente mede também 45º, já
do “vice-versa” concluiríamos que, se um arco mede 3
cm, o ângulo central associado também mediria 3 cm (!).
Aliás, exatamente a essa interpretação nos conduz
um outro autor:
Frase 2
“A medida de um ângulo central é igual à medida do
arco de circunferência compreendido entre seus lados.”
141
Ora, como a única medida de arcos conhecida até então era a medida dos
seus comprimentos (feita a partir do estabelecimento de uma relação entre o
arco e a circunferência total, de comprimento 2πR), a definição acima nos
leva a pensar em atribuir a ângulos centrais a medida dos arcos compreendidos e teríamos, por exemplo, ângulos com πR, unidades de comprimento.
O primeiro autor sugeria ainda, no texto, que os alunos poderiam ter
concluído a definição dada, com auxílio de transferidor.
Mas os alunos devem entender o transferidor como um instrumento que lhes
permite ver quantos ângulos de 1 grau cabem no ângulo a ser medido; em
nenhum momento foram ensinados a medir arcos com auxílio do transferidor.
Um terceiro autor afirma que:
Figura 1
Logo de início as figuras nos causam estranheza: lá estão 2 arcos nitidamente diferentes, ambos unitários. A unidade é ambígua?
Poderíamos neste caso solicitar arame de um vendedor para fazer um
arco de 1º, e ele tanto nos poderia dar 1 mm de arame como milhares de
quilômetros, e estaria certo, em qualquer caso.
Por outro lado, as definições levam também ao seguinte: arcos de comprimentos iguais poderão ter medidas, em graus, distintas.
Frase 3
“A medida de um ângulo central é igual à medida do arco correspondente,
na unidade graus.”
Como aparentemente está definido a primeira (medida de ângulo) supondo conhecida a segunda (medida do arco), e não há informação prévia de
como este poderia ser medido em graus, a frase dá imagem a dúvidas.
Finalmente num quarto autor encontramos a frase seguinte, juntamente
com as ilustrações e legendas da Figura 1.
142
Frase 4:
“A unidade de arco (ou arco unitário) é o arco determinado na circunferência por um ângulo central unitário (unidade de ângulo).”
Na Figura 2 o arco AB mede um quarto do comprimento total da circunferência, isto é
B
A
1 cm
Figura 2
Na Figura 3 o arco CD mede um oitavo do comprimento total da circunferências,isto é,
Figura 3
Embora tenham comprimentos iguais, as definições apresentadas nos permitem dizer que a medida do primeiro, em graus, é 90o, e a do segundo, 45o.
Outro exemplo insólito é o da Figura 4, onde, dado o ângulo P^ inscrito na
circunferência maior, pode-se concluir,
segundo os autores, que m(CD) = 40º
e m(AB) = 80º.
As definições como vimos, conturbam bastante a clareza das idéias essenciais em Matemática, que sempre
desejamos passar aos nossos alunos.
Figura 4
Para começar a desanuviar a confusão criada, lembramos que as frases estariam mais corretas se os au-
143
tores houvessem frisado que iam introduzir a medida angular de um arco.
Pelo menos a Frase 1 ficaria correta se começasse por: “A medida angular
de um arco...”, suprimindo ao final a palavra vice-versa.
Poderíamos então ter, em circunferências concêntricas, arcos diferentes com a mesma medida angular e deveríamos chamar a atenção dos alunos para isto. Infelizmente os livros são obscuros
e não esclarecem a diferença entre medida angular de
um arco e seu comprimento. Consideramos essencial tornar claros esses pontos, quando
Figura 5
os alunos estão iniciando o aprendizado dessa teoria.
Na verdade, a propriedade mais natural a ser medida num arco é o seu
comprimento. Se propusermos aos alunos que determinem a medida de um
arco semicircular, a ser feito sobre uma porta de 90 cm de largura, esperamos
que (usando de bom senso e realidade) eles nos respondam algo como 1,41 m,
e não 180 graus. Analogamente, ao ler a questão “Qual é a medida do arco que
é igual à quinta parte da circunferência?”, um aluno de bom senso responderia
.
Não obstante, segundo os autores, a resposta correta seria 72º.
Figura 6
No caso de introduzir-se medida angular de um arco de circunferência, é
necessário frisar que não se está absolutamente medindo o comprimento do
arco, mas outra propriedade associada a ele, a saber, a abertura do ângulo
central correspondente.
Visto que o conceito de medida angular de um arco requer cuidados ao ser
dado, para que sejam transmitidas as verdadeiras idéias matemáticas envolvidas,
ocorre-nos que devemos refletir sobre a necessidade ou urgência de darmos
este conceito nesta fase de currículo.
Seria tal conceito imprescindível para o prosseguimento da teoria? Um dos
primeiros usos que os autores fazem da definição é ao enunciarem a propriedade
do ângulo inscrito numa circunferência.
144
Frase 1’
A medida de ângulo inscrito numa circunferência é igual à metade da medida
do arco interceptado pelos seus lados.
Frase 2’
A medida de um ângulo inscrito é igual à metade da medida do arco
correspondente.
Frase 4’
A medida de um ângulo inscrito é a metade da medida do
arco correspondente.
Ou, segundo os autores, a situação pode ser ilustrada pela
Figura 7, de difícil entendimento
pelos alunos.
Figura 7
Na verdade, o uso da medida de arco feita pelos autores leva a uma
fictícia simplificação da linguagem, que ao final camufla os fatos matemáticos envolvidos. O que os autores teriam a dizer, de modo claro, seria o
seguinte: “A medida de um ângulo inscrito é igual à metade
da medida do ângulo central correspondente”, o que dispensaria totalmente o conceito de medida angular de arco.
(É curioso notar que o autor 2 do problema enuncia desse
modo, mas em seguida acha necessário reenunciar em termos da medida de arco).
Costumamos explorar a propriedade num “Geoquadro circular”. Trata-se de uma placa de madeira, na qual desenhamos um círculo dividido em 24 ângulos de 15o. No centro, e em
cada ponto divisório dos arcos são colocados pregos, enterrados apenas até a metade (Figura 8). Podemos marcar, com
elásticos presos aos pregos, ângulos inscritos a 60o, 45o, 30o,
com auxílio dos esquadros. A medida do ângulo central correspondente poderá nestes casos, ser lida diretamente, contandose o número de ângulos de 15o contidos no ângulo central. A
situação mostrada no geoquadro torna-se bastante clara e
elucidativa, como mostra a Figura 8.
145
Figura 8
Quatro corolários imediatos são os que damos a seguir, ilustrados pelas
Figuras 9, 10, 11 e 12:
1) dois ângulos inscritos numa circunferência, que determinam sobre ela
arcos iguais, são iguais (ambos valem a metade do mesmo ângulo central;
ou de ângulos centrais iguais);
Figura 9
2) um ângulo inscrito numa circunferência, cujos lados encontram a mesma nos
pontos extremos de um diâmetro, é reto
(a Figura mostra que, no caso, o ângulo
central mede 180º);
Figura 10
3) duas cordas que se cruzam determinam
triângulos semelhantes. De fato, pelo
Corolário 1, os ângulos inscritos sombreados são iguais, há 2 ângulos opos^ também são
tos pelo vértice, logo A^ e B
iguais; aliás poderíamos de partida ter
notado que A^ = B^ também pelo
corolário 1;
Figura 11
4) num quadrilátero inscrito num círculo, ângulos internos opostos são suple^, o ângulo
mentares. O ângulo interno A^ é igual à metade do ângulo E
^
^
interno C é igual à metade do ângulo F, logo
.
146
Estes são os fatos fundamentais relacionados à propriedade citada, e que os alunos
devem conhecer de modo claro e
sedimentado. Permitem a resolução de um
número grande de problemas interessantes.
Há outros dois resultados, que também são
conseqüências quase imediatas do Teorema
do Ângulo Inscrito. Referem-se a ângulos inFigura 12
ternos ou externos aos círculos, que valem “a
semi-soma ou a semi-diferença dos arcos”.
Não são tão importantes que mereçam destaque especial, e introduzi-los nesta fase é dar ênfase a detalhes. Há livros que mencionam inclusive nomes
para os ângulos em questão: “ângulo excêntrico interior” e “ângulo excêntrico exterior”, num evidente exagero de terminologia. Somos de opinião que a
maturidade dos alunos em aplicações do Teorema do Ângulo Inscrito os levará a resolverem de modo natural, fundamentados em argumentos geométricos, os problemas em que aparecem tais ângulos. Mentalizar mecanicamente
esses resultados na 7a série é contraproducente à evolução do amadurecimento geométrico dos alunos. Não devemos sobrecarregá-los com fórmulas
e resultados secundários, e solicitar deles mera aplicação imediata dos mesmos, num processo que envolve mais memória do que raciocínio.
Em resumo, deixamos algumas recomendações aos professores de 7a série, que desejam para seus alunos o aprendizado desses fatos geométricos
que, além de claro, permaneça para além das provas.
Círculos – Ângulos Inscritos
1) Faça seu aluno entender claramente o que é um ângulo inscrito, o que é
um ângulo central, e quando um é correspondente do outro.
2) Ignore o conceito de medida de um arco em graus.
3) Faça-os certificarem-se experimentalmente de que: “O ângulo inscrito
num círculo é igual à metade do ângulo central correspondente”. Este é
um resultado fundamental. Esteja certo de que seus alunos o dominam.
4) Conseqüência imediata: Ângulos inscritos que determinam arcos iguais
são iguais.
5) Lembre e use muito o fato de que o ângulo que corta a circunferência nas
extremidades de um diâmetro mede 90º (vale a recíproca).
6) Outra conseqüência: cordas que se cruzam determinam triângulos
semelhantes.
147
148
O conceito
de ângulo
Cláudio Arconcher
O Introdução
A RPM recebeu, há tempos, um artigo do
Prof. Scipione Di Pierro Netto, abordando o conceito de ângulo. Ao ser apreciado pelo Comitê
Editorial veio à tona um problema que nós, professores de Matemática, enfrentamos com freqüência: é melhor definir ângulo como uma região do plano, ou como uma reunião de duas
semi-retas? Neste número apresentamos uma
defesa do conceito de ângulo como uma região
de um plano e agradecemos ao Prof. Scipione
por ter levantado o problema.
Definição
Considere duas semi-retas
de mesma origem, não opostas,
contidas num plano π. Elas separam o plano π em duas regiões, uma convexa que denominamos ângulo convexo, outra
côncava que denominamos ângulo côncavo.
Dizemos que as semi-retas OA e OB são
os lados do ângulo e fazem parte dele.
Se houver ambigüidade na identificação do
ângulo pela notação tradicional AO^B, devemos
providenciar nomes exclusivos para cada um deles, α e β como na figura, ou especificar de qual
dos ângulos estamos falando.
Caso as semi-retas sejam opostas, teremos o
plano dividido em dois semi-planos. Denomina
149
mos cada um deles de ângulo raso. Se as semi-retas são coincidentes,
dizemos que temos um par de ângulos: um ângulo nulo que se reduz a
semi-reta e um ângulo de uma volta que é o plano todo. Aqui deve-se
notar a existência dos lados coincidentes. Em todos os casos o ponto O é
o vértice do ângulo.
Em seguida atribui-se medida ao ângulo. Define-se então o grau
sexagesimal. Ângulos convexos apresentam medidas menores do que 180o;
ângulos côncavos, medidas maiores do que 180o. Ao ângulo raso atribui-se
180o, ao ângulo nulo, 0o e ao ângulo de uma volta, 360o.
Muitas são as situações em sala de aula nas quais o conceito de ângulo
como região do plano facilita o entendimento. Vejamos dois casos:
Exemplo 1
Na figura abaixo temos um pentágono inscrito na circunferência. Determine o valor da soma x + y.
O aluno deve reconhecer os ângulos de medidas x e y como ângulos
inscritos e lembrar-se do teorema que relaciona o ângulo inscrito com o ângulo central correspondente. Muitos estudantes ficam em dúvida no momento
de identificar o ângulo central correspondente ao ângulo de medida x. Quando podemos dizer que o ângulo central correspondente é aquele cujo arco
está “dentro” do ângulo inscrito (o que é possível por ser uma região plana),
conseguimos melhorar o entendimento.
Superado esse ponto, podemos escrever:
2x = (2y – 70o) = 360o e concluir que x + y = 215o .
Uma solução mais criativa para esse problema é apresentada na figura
a seguir:
150
Notando o quadrilátero inscrito ABCE e lembrando que seus ângulos
opostos são suplementares, temos:
x + (y – 35o ) = 180o ou
x + y = 215o.
Nessa solução notamos, novamente, a dificuldade que muitos alunos têm
em associar ao ângulo inscrito DC^E o ângulo central correspondente, que
tem medida 70o, e obter assim a medida 35o do ângulo DC^E. Vale repetir que
o ângulo central é aquele cujo arco está “dentro” do ângulo inscrito.
Exemplo 2
Consideremos o estudo do cone circular reto na Geometria Métrica. É
extremamente educativo nesse estudo produzir modelos dos sólidos. Nesse
caso a planificação da superfície lateral do cone é um setor circular. Como
devemos apresentar várias formas para o cone, é interessante construir um
“chapéu chinês”. A materialidade do ângulo côncavo aqui é, então, decisiva
para o entendimento. Novamente temos a relevância do ângulo como região
plana.
151
Trigonometria e um
antigo problema
de otimização
José Luiz Pastore Mello
Introdução
Apresentamos, neste artigo, um problema
trigonométrico de maximização enunciado no século XV e uma sugestão de aplicação em sala de aula.
As atividades descritas permitem que o professor
trabalhe a trigonometria de forma menos técnica e
mais contextualizada, de acordo com a recomendação dos Parâmetros Curriculares Nacionais de Matemática do ensino médio.
Regiomontanus e a trigonometria
A cidade de Köningsberg, na Prússia (atual
Rússia), é conhecida na Matemática devido ao famoso problema das pontes, resolvido pelo matemático suíço Leonhard Euler (1707-1783). Outro acontecimento importante que marca a vida da cidade,
cujo nome significa Montanha do Rei, é o fato de ela
ter sido o local de nascimento de Johann Müller (14361476), um dos maiores matemáticos do século XV,
mais conhecido como Regiomontanus, uma
latinização do nome de sua cidade natal.
Regiomontanus realizou diversos estudos nas
áreas de Astronomia, Geometria e Trigonometria.
Em seu livro mais famoso, De Triangulus
Omnimodes, escrito em 1464 e impresso apenas
152
em 1533, Regiomontanus apresenta uma visão moderna da Trigonometria com
dados tabelados de várias funções trigonométricas. É curioso notar que, mesmo
tendo sido escrito antes do conceito de notação decimal, as tabelas trigonométricas
contidas no livro não apresentam frações devido à utilização de um círculo e raio
100 000 000 de unidades, o que produzia apenas valores inteiros para as aproximações utilizadas.
A importância dos conhecimentos em Astronomia de Regiomontanus fez
com que ele fosse convidado pelo Papa Sixto IV para trabalhar na confecção
de um calendário mais acurado do que o que vinha sendo usado pela Igreja.
Após a realização do trabalho a gratidão do Papa foi tal, que rapidamente o
astrônomo se tornou seu principal conselheiro. Depois de um ano em Roma,
Regiomontanus faleceu, tendo sido anunciada como causa de sua morte o flagelo
de uma peste. Existem especulações de que ele tenha sido envenenado por
alguma pessoa descontente com a alta influência de um “não-italiano” sobre o
Papa e a Igreja romana. Alguns historiadores especulam ainda que, se não
tivesse falecido tão cedo, talvez tivesse condições de realizar uma moderna
compreensão do sistema solar, como a feita por Copérnico 100 anos depois.
Entre os interessantes problemas propostos por Regiomontanus, destacamos
um de 1471, como o primeiro problema de extremos encontrado na história da
Matemática desde a antiguidade. O problema (NR) é o seguinte:
Suponha uma estátua de altura h sobre um pedestal de altura p. Um
homem de altura m (m < p) enxerga do pé ao topo da estátua sob um
ângulo a, que varia de acordo com a distância d entre o homem e a
base do pedestal. Determinar d para que o ângulo de visão α seja o
maior possível.
h
α
p
m
d
153
Uma solução engenhosa para o problema
Apesar de o problema poder ser resolvido com as ferramentas do Cálculo, existe uma solução simples e engenhosa que apresentaremos a seguir.
Inicialmente marcamos na figura os pontos A, B e C, representando respectivamente o topo da estátua, o pé da estátua e os olhos do observador. Em
seguida traçamos a reta r que passa por C e é paralela à linha do chão.
Traçamos então a única circunferência λ, com centro na mediatriz do segmento AB, que passa pelos pontos A e B e tangencia a reta r. Marcamos, na
figura, Ct como o ponto de tangência.
Se C percorrer livremente a reta r, qualquer possibilidade para o ângulo de
visão α será dada por uma certa localização de C em r. Provaremos que α
assume o maior valor possível quando C coincide com Ct. Para isso, mostraremos que medida é maior que medida para qualquer posição de C diferente de Ct.
Se D é o ponto de encontro da reta AC com a circunferência λ, temos
Por outro lado, no triângulo BCD, temos α + λ + 180o – β = 180o. Logo
β = α + λ, implicando β > α.
154
Uma vez verificado que ACtB é o ângulo de máximo campo visual, determinaremos agora a distância d, entre observador e a base do pedestal, para
que esse ângulo seja atingido.
Se Q é o ponto de interceção da reta AB com r, sendo as retas r e AB,
respectivamente, tangente e secante a λ, aplicando potência no ponto Q,
encontraremos a distância d procurada:
2
QC t = QB . QA
ou
2
d = (p – m)(p – m + h).
Se a altura m do observador for pouco significativa em relação à altura da
estátua e do pedestal, podemos simplificar a fórmula para
Uma aplicação
Em outubro de 1931, após cinco anos de construção, foi inaugurado no
alto do morro do Corcovado o cartão de visitas do Rio de Janeiro, a estátua
do Cristo Redentor. A altura total da estátua é 30 m, seu pedestal mede 8 m,
e admitiremos um observador com 1,70 m de altura.
A que distância esse observador deve ficar da base do pedestal do Cristo
Redentor para que o seu ângulo de visão seja o maior possível?
Usando a fórmula acima, obtemos:
, o que resulta aproximadamente 15 m.
155
Método geométrico
para o cálculo
da raiz quadrada
Francisco Rocha Fontes Neto
Seja X o número do qual queremos extrair a raiz
quadrada. Numa reta, tomemos os pontos A, B e
C tais que AB = X e BC = 1.
Seja P o ponto médio do segmento AC(AP ≡ PC).
Com centro em P, tracemos um semi-círculo
de raio AP e, por B, tracemos uma perpendicular
à reta que contém AC até interceptar o semi-círculo, determinando assim o ponto R.
O segmento BR nada mais é do que a raiz
quadrada do número X em questão.
156
Demonstração geométrica do método
Como o triângulo ACR é retângulo, temos que o produto das projeções dos
catetos AR e RC sobre a hipotenusa AC é igual ao quadrado da altura RB
relativa à hipotenusa, logo:
O processo seguinte usa somente o teorema de Pitágoras e é proposto
pelo autor: seja X > 1; num segmento AB de comprimento X marquemos o
ponto médio P e os pontos M e N tais que MP = PN e MN = 1.
Por M, tracemos uma perpendicular à reta que contém AB e com centro no
ponto A e abertura AN determinamos na perpendicular traçada por M o ponto R.
O segmento RM é a raiz quadrada de X.
Demonstração algébrica do método
Pelo teorema de Pitágoras, temos que:
que desenvolvido dará
OBS.: Se X < 1, mudará apenas a figura. A forma da construção, entretanto, será mantida.
157
Como abrir um
túnel se você
sabe Geometria
Euclides Rosa
A ilha de Samos, que ainda pertence à Grécia, fica
a menos de 2 quilômetros da Costa da Turquia. Há
2.500 anos, toda aquela região era habitada por
gregos. Samos passou à História por ser a terra
natal de Pitágoras, mas não é dele que vamos falar.
O herói do nosso episódio nem ao menos era
matemático. Seu nome era Eupalinos e, nos dias
atuais, seria chamado de engenheiro. Ele será focalizado aqui por ter sabido usar, com bastante sucesso, um fato elementar de Geometria Plana para
resolver um problema de Engenharia e assim contribuir para o bem-estar de uma comunidade.
O exemplo de Eupalinos merece ser conhecido pelos leitores da Revista do Professor de Matemática por dois motivos: fornece um tópico interessante para ilustrar nossas aulas e mostra
como o conhecimento matemático, mesmo quando de natureza teórica, pode ter influência decisiva no progresso tecnológico.
O teorema de Geometria usado por Eupalinos
foi o seguinte:
Se dois triângulos retângulos têm catetos
proporcionais, seus ângulos agudos são iguais.
158
Na figura anterior, se
então
Ëab = Ëa’b’ e Ëac = Ëa’c’.
Como se sabe, este é um caso particular de semelhança de triângulos.
[Os triângulos dados têm um ângulo (reto) igual, compreendido entre lados proporcionais.]
Para sermos exatos, Eupalinos não usou precisamente o teorema acima e
sim uma sua conseqüência imediata, que enunciaremos agora:
Sejam abc e a’b’c’ triângulos retângulos com um vértice comum. Se
os catetos b e c’ são perpendiculares e, além disso, tem-se
então as hipotenusas a e a’ estão em linha reta.
A afirmação acima decorre imediatamente da anterior, pois, a soma dos ângulos em torno do vértice comum aos dois triângulos é igual a dois ângulos retos.
Retomemos nossa história. Ela se passa em Samos, ano 530 a.C. O poderoso tirano Polícrates se preocupava com o abastecimento de água da cidade.
Havia fontes abundantes na ilha, mas ficavam do outro lado do monte Castro;
o acesso a elas era muito difícil para os habitantes da cidade. Decidiu-se abrir
um túnel. A melhor entrada e a mais conveniente saída do túnel foram escolhidas pelos assessores de Polícrates. Eram dois pontos, que chamaremos de A e
B respectivamente. Cavar a montanha não seria árduo, pois a rocha era calcárea
e não faltavam operários experientes. O problema era achar um modo de sair
do ponto A e, cavando, chegar ao ponto B sem se perder no caminho.
159
Eupalinos, encarregado de estudar a questão, surpreendeu a todos com
uma solução simples e prática. Além disso, anunciou que reduziria o tempo de
trabalho à metade, propondo que se iniciasse a obra em duas frentes, começando a cavar simultaneamente nos pontos A e B, encontrando-se as duas
turmas no meio do túnel!
Disse e fez. O túnel, construído há 25 séculos, é mencionado pelo
historiador grego Heródoto. Em 1882, arqueólogos alemães, escavando na
ilha de Samos, o encontraram. Ele tem um quilômetro de extensão, sua seção
transversal é um quadrado com 2 metros de lado, com uma vala funda para
os canos d’água e aberturas no teto para renovação do ar e limpeza de detritos.
Mas como Eupalinos conseguiu, partindo simultaneamente de A e B, traçar uma reta ligando esses pontos, através da montanha?
Na figura a seguir, o contorno curvilíneo representa o monte, A é o ponto de
entrada e B é a saída do túnel.
A partir do ponto B fixa-se uma direção arbitrária BC e, caminhando ao
longo de uma poligonal BCDEFGHA, na qual cada lado forma um ângulo
reto com o seguinte, atinge-se o ponto A, tendo evitado assim as áreas mais
escarpadas da montanha. (Não é difícil imaginar um instrumento ótico rudimentar que permita dar com precisão esses giros de 90 graus.)
Anotando-se o comprimento de cada um dos lados da poligonal, determinam-se facilmente os comprimentos dos catetos AK e KB do triângulo retângulo AKB no qual AB é a hipotenusa e os catetos têm as direções dos lados da
poligonal considerada. Calcula-se então a razão r = AK/KB. A partir dos
pontos A e B, constroem-se dois pequenos triângulos retângulos cujos catetos
ainda tenham as direções dos lados da poligonal e, além disso, em cada um
desses triângulos, a razão entre os catetos seja igual à razão r entre os catetos
do triângulo AKB.
160
Agora é só cavar o morro, a partir dos pontos A e B, na direção das
hipotenusas dos triângulos pequenos.
Isto resolve o problema se os pontos A e B estiverem no mesmo nível:
cava-se sempre na horizontal, e o plano horizontal é fácil de determinar, por
meio de vasos comunicantes ou por outros processos.
Em geral, A e B não estão no mesmo nível. No caso em questão, é obviamente desejável que B seja mais baixo, e sem dúvida levou-se isto em conta na
sua escolha como ponto de saída. Mas é fácil calcular d = diferença de nível
entre A e B. Basta ir registrando, à medida que se percorre a poligonal
BCDEFGHA, a diferença de nível entre cada vértice e o seguinte.
Tendo d, consideramos o triângulo retângulo AMB, no qual o cateto AM é
vertical e tem comprimento d. O comprimento da hipotenusa AB se determina pelo teorema de Pitágoras (a partir dos catetos do triângulo AKB).
161
A razão AM/AB = s diz como se deve controlar a inclinação da escavação: cada vez que andarmos uma unidade de comprimento ao longo do túnel,
o nível deve baixar s unidades.
O mais notável desse raciocínio teórico é que ele foi posto em prática e
funcionou. O túnel sob o monte Castro lá está, para quem quiser ver, na
majestade dos seus dois mil e quinhentos anos de idade.
Honestamente, devemos esclarecer que as duas extremidades das escavações não se encontraram exatamente no mesmo ponto. Isto seria esperar
demais da precisão dos instrumentos então existentes. Houve um erro de uns
9 metros na horizontal e 3 metros na vertical. Desvios insignificantes convenhamos. Além disso, esse erro tem dois aspectos interessantes. Em primeiro
lugar, constitui uma prova de que o túnel foi realmente cavado em duas frentes. Em segundo lugar, a ponta que começou em B chegou mais baixa do que
a que começou em A, o que permitiu formar uma pequena cachoeira,
sem interromper o fluxo de água de A para B. Isto nos deixa quase certos de
que esse erro na vertical está ligado ao cuidado dos construtores em não
deixar as pontas se encontrarem com a saída mais alta do que a entrada, o
que causaria um problema desagradável.
Para encerrar, uma pergunta: como sabemos destas coisas? Eupalinos não
deixou obras escritas. Mas Heron de Alexandria publicou muitos livros, alguns
deles ainda hoje existentes. Um desses livros é sobre um instrumento de agrimensura chamado dioptra. Nele, Heron descreve o processo que expusemos
acima. Em seu todo, os livros escritos por Heron formam uma enciclopédia de
métodos e técnicas de Matemática Aplicada, sintetizando o conhecimento da
época. Outros livros, talvez menos completos, certamente foram publicados
anteriormente com propósitos semelhantes, e não se pode deixar de supor que
a construção de Eupalinos tenha figurado entre essas técnicas
162
Mania de Pitágoras
Euclides Rosa
Elisha Scott Loomis, professor de Matemática
em Cleveland, Ohio (Estados Unidos) era realmente um apaixonado pelo Teorema de
Pitágoras. Durante 20 anos, de 1907 a 1927, colecionou demonstrações desse teorema, agrupouas e a organizou-as num livro, ao qual chamou
The Pythagorean Proposition (A Proposição
de Pitágoras). A primeira edição, em 1927, continha 230 demonstrações. Na segunda edição,
publicada em 1940, este número foi aumentado
para 370 demonstrações. Depois do falecimento do autor, o livro foi reimpresso, em 1968 e
1972, pelo National Council of Teachers of
Mathematics daquele país.
O Professor Loomis classifica as demonstrações do Teorema de Pitágoras em basicamente
dois tipos: provas “algébricas” (baseadas nas relações métricas nos triângulos retângulos) e provas “geométricas” (baseadas em comparações de
áreas). Ele se dá ao trabalho de observar que não
é possível provar o Teorema de Pitágoras com
argumentos trigonométricos, porque a igualdade
fundamental da Trigonometria, cos2x + sen2x = 1,
já é um caso particular daquele teorema.
Como sabemos, o enunciado do Teorema de
Pitágoras é o seguinte: “A área do quadrado cujo
lado é a hipotenusa de um triângulo retângulo é
igual à soma das áreas dos quadrados que têm
como lados cada um dos catetos”.
Se a, b são as medidas dos catetos e c é a
medida da hipotenusa, o enunciado acima equivale a afirmar que a2 + b2 = c2 .
Documentos históricos mostram que os egípcios e os babilônios muito antes dos gregos co
163
nheciam casos particulares desse teorema, expressos em relações como
O fato de que o triângulo de lados 3, 4 e 5 é retângulo era (e ainda é) útil
aos agrimensores. Há também um manuscrito chinês, datando de mais de mil
anos antes de Cristo, onde se encontra a seguinte afirmação: “Tome o quadrado do primeiro lado e o quadrado do segundo e os some; a raiz quadrada
dessa soma é a hipotenusa”. Outros documentos antigos mostram que na
Índia, bem antes da era Cristã, sabia-se que os triângulos de lados 3, 4 ou 5,
12, 13, ou 12, 35, 37 são retângulos.
O que parece certo, todavia, é que nenhum desses povos sabia demonstrar o teorema. Tudo indica que Pitágoras foi o primeiro a prová-lo. (Ou
alguém da sua Escola o fez, o que dá no mesmo, pois o conhecimento científico naquele grupo era propriedade comum).
A mais bela prova
Qual foi a demonstração dada por Pitágoras? Não se sabe ao certo, pois ele
não deixou trabalhos escritos. A maioria dos historiadores acredita que foi uma
demonstração do tipo “geométrico”, isto é, baseada na comparação de áreas.
Não foi a que se encontra nos Elementos de Euclides, e que é ainda hoje muito
encontrada nos livros de Geometria, pois tal demonstração parece ter sido concebida pelo próprio Euclides. A demonstração de Pitágoras pode muito bem ter sido
a que decorre das figuras abaixo:
Do quadrado que tem a + b como lado, retiremos 4 triângulos iguais ao
dado. Se fizermos isto como na figura à esquerda, obteremos um quadrado de lado c. Mas se a mesma operação for feita como na figura à direita,
restarão dois quadrados, de lados a e b, respectivamente. Logo, a área do
quadrado de lado c é a soma das áreas dos quadrados cujos lados medem
a e b.
164
Esta é, provavelmente, a mais bela demonstração do Teorema de Pitágoras.
Entretanto, no livro de Loomis ela aparece sem maior destaque, como variante
de uma das provas dadas, não sendo sequer contada entre as 370 numeradas.
Apresentamos a seguir algumas demonstrações do Teorema de Pitágoras
que têm algum interesse especial, por um motivo ou por outro. As quatro
primeiras constam da lista do Professor Loomis.
A prova mais curta
É também a mais conhecida. Baseia-se na seguinte conseqüência da semelhança de triângulos retângulos: “Num triângulo retângulo, cada cateto é a média
geométrica entre a hipotenusa e sua projeção sobre ela”. Assim se m e n são
respectivamente as projeções dos catetos a e b sobre a hipotenusa c, temos
a2 = mc, b2 = nc, enquanto m + n = c. Somando, vem a2 + b2 = c2.
165
O problema do relógio
António Leonardo P. Pastor
Resolução simplificada de um
problema angular
Mania de
U PitágorasEuclides
Rosa
m resultado interessante que os alunos usam, e
nem sempre sabem justificar, é o seguinte:
O ângulo que o ponteiro das horas de um relógio descreve em m minutos é igual a
graus.
Consideremos, por exemplo, o problema: Calcular o ângulo formado pelos ponteiros de um relógio
que marca 5 h 43 mim.
É usual resolvermos assim: Seja β o ângulo que o
ponteiro das horas descreveu desde as 5 horas até 5 h
43 min. Ora, o mostrador do relógio é dividido em 12
partes iguais de 30° cada. Cada setor de 30° corresponde
a 5 minutos e portanto cada minuto corresponde a 6o.
Assim, o ângulo a + β pode ser determinado por contagem direta, e é igual a 18 . 6 = 108°.
É fácil verificar que o ângulo β é diretamente proporcional ao número m de minutos transcorridos, isto
é, β = km. Ora, sabemos que em uma hora o ângulo β
descrito pelo ponteiro menor é igual a 30°. Então:
,
o que mostra que a constante de proporcionalidade
entre as variáveis β e m é igual a
166
.
Geometria e
Astronomia
Geraldo Ávila
1. Considerações preliminares
Freqüentemente, o professor de Matemática se
vê em dificuldades diante do aluno que deseja saber
“pra que serve” o que está aprendendo, ou porque
está estudando este ou aquele tópico. Nem sempre
o professor tem uma resposta satisfatória e às vezes até encerra o assunto com uma justificativa nada
convincente: “Você precisa aprender isto agora como
embasamento para o que vai estudar mais tarde”.
Em situações como essa, quem tem razão é o
aluno: sua curiosidade por uma justificativa adequada das coisas que lhe são ensinadas é mais do que
natural. Ele precisa de respostas certas, que satisfaçam sua curiosidade e estimulem sua mente
inquisitiva. Só assim poderá o professor transformar
o desinteresse do aluno pela Matemática numa ativa participação no aprendizado.
A Astronomia, que é a mais antiga das ciências, oferece excelentes exemplos de aplicações
simples e interessantes de fatos geométricos elementares, que muito bem respondem ao “pra que
serve” do aluno, estimulando ainda mais sua curiosidade científica e ajudando-o a bem entender o
papel da Matemática como instrumento da ciência aplicada. Escrevemos sobre algumas dessas
questões no primeiro número da RPM, onde mostramos como noções simples de semelhança e
proporcionalidade permitiram aos sábios da Antiguidade encontrarem métodos de calcular os tamanhos da Terra, do Sol e da Lua e as distâncias
entre esses astros. Muitos desses cálculos são
167
acessíveis a alunos de 6a e 7a séries e servem como excelente motivação ao estudo de triângulos e círculos.
No presente artigo apresentaremos outros cálculos simples que nos dão
os períodos de revolução dos planetas e suas distâncias ao Sol em termos
da distância da Terra ao Sol, cálculos esses que são devidos, originariamente, a Copérnico.
2. O que fez Copérnico
A famosa obra de Nicolau Copérnico (1473-1543) sobre a teoria
heliocêntrica do sistema solar foi publicada no ano de sua própria morte.
Mas não teve repercussão imediata, embora se revelasse mais tarde como
o impulso inicial mais importante para o desenvolvimento científico que persiste até os dias de hoje. Por isso mesmo historiadores da ciência adotam o
ano de 1543 como o do início da ciência moderna.
Essa idéia de que o Sol está fixo no espaço e os planetas, inclusive a
Terra, giram em torno dele, não era nova no tempo de Copérnico. Ela já
havia sido proposta por Aristarco no 3º século a.C, mas não vingou,
porque esbarrava em sérias dificuldades – uma das quais é uma objeção muito interessante, aparentemente levantada pela primeira vez por
Hiparco, que viveu por volta de 150 a.C. Se a Terra girasse em torno do
Sol – dizia Hiparco – a direção em que vemos uma estrela particular
deveria variar durante o ano (Figura 1). E Hiparco, um eminente astrônomo, nunca constatara esse fenômeno em suas observações.
Figura 1
Para bem entender do que estamos falando, imagine um observador olhando fixamente para frente, movimentando a cabeça para a direita e para a esquerda. Ele notará que os objetos diante de si também se movimentam para a
esquerda e para direita respectivamente. Os objetos, quanto mais afastados
estiverem do observador, menos “se deslocam”. Pois bem, era exatamente
168
esse deslocamento que Hiparco esperava das estrelas, se é que a Terra estivesse mesmo dando voltas em torno do Sol. Ao que parece, Hiparco descartava como absurda a idéia de que as estrelas estivessem tão afastadas de nós a
ponto de permanecerem praticamente fixas na abóbada celeste.
Hoje sabemos que as estrelas efetivamente “se deslocam” ao longo do ano,
mas por ângulos ínfimos que sempre escaparam à capacidade de detecção dos
instrumentos de Hiparco e de todos os
astrônomos até muito recentemente. De
fato, esse deslocamento das estrelas,
chamado paralaxe, só foi medido pela
Figura 2
primeira vez pelo astrônomo russo Struve
em 1837 e pelo alemão Bessel em 1838.
Essas descobertas mostraram que as estrelas estão a diferentes distâncias
de nós, umas mais longe, outras mais perto. A estrela mais próxima é a Alfa
Centauro, que é a segunda estrela mais brilhante à esquerda do Cruzeiro do
Sul (Figura 2). Ela é, na verdade, um sistema triplo, isto é, são três estrelas
agrupadas, das quais a mais próxima de nós está a 4,3 anos-luz* de distância.
Ora, o Sol está a 8,3 minutos-luz da Terra, de sorte que
Isto mostra que essa estrela está distante de nós 272 000 vezes mais que
o Sol. Assim, se o Sol estivesse a 1 metro de distância da Terra, a estrela mais
próxima estaria a 272 km de distância! E Copérnico pensava que as estrelas
estivessem 400 vezes mais longe de nós que o Sol...
Se a idéia heliocêntrica já havia ocorrido a Aristarco – chamado “o
Copérnico da Antiguidade” – por que então a fama ficou com Copérnico? A
explicação é simples: não basta uma hipótese, é preciso elaborar um sistema,
construir uma teoria. Das idéias de Aristarco só nos chegaram uma breve
referência num dos livros de Arquimedes. Copérnico, por outro lado, deixounos um livro – Sobre as revoluções das esferas celestes – con
* Um ano-luz é a distância percorrida pela luz em um ano.
169
tendo um estudo que compatibiliza suas idéias com os dados de observação acumulados ao longo de milênios. E nesse arranjo de compatibilização ele
teve de introduzir várias modificações em sua idéia original.
Figura 3
Assim, por exemplo, embora o Sol seja considerado fixo, ele não ocupa os
centros das órbitas dos planetas, nem esses centros são coincidentes (Figura 3).
Isso foi necessário porque Copérnico mantinha a idéia de que os planetas
eram dotados de velocidade uniforme em suas órbitas, o que não condizia
com os dados de observação, se as órbitas fossem concêntricas.
Veremos, a seguir, como Copérnico calculou os períodos de revolução do
planetas e suas distâncias ao Sol, admitindo órbitas circulares centradas no
Sol e movimentos uniformes dos planetas em suas órbitas.
3. Período sideral e período sinódico
Consideremos o planeta Marte, que é um planeta superior, isto é, cuja
órbita abarca a órbita da Terra. Sejam T e M as posições da Terra e de
Marte, respectivamente, quando ambos se encontram de um mesmo lado do
Sol S e com ele alinhados (Figura 4).
Nesse caso, diz-se que Marte está em
oposição (ao Sol relativamente à
Terra). Quando isso acontece, Marte
é visto no zênite à meia-noite; ele nasce quando o Sol se põe e se põe ao
nascer do Sol. Por observações feitas, desde a Antiguidade, sabe-se que
Marte volta a ficar em oposição a cada
780 dias. Esse é o período de revolução do planeta em torno da Terra,
chamado período sinódico. O período de revolução do planeta em torno
Figura 4
do Sol é chamado período sideral.
170
Para calcularmos esse último período, observemos primeiro que a velocidade angular de Marte é menor que a da Terra – um fato que se constata por
observações simples. Então, a partir de uma oposição, a Terra vai ganhando
dianteira sobre Marte e esse planeta voltará a ficar novamente em oposição
quando a dianteira da Terra sobre ele for de 360°, isto é, uma volta completa.
Ora, em 780 dias, que é o tempo que decorre entre duas oposições sucessivas, a Terra terá
dado duas voltas em torno do Sol e se deslocado ainda, ao longo
1
de um arco TT’ (Figura 4), durante os 50, dias restantes (pois 780 = 2 × 365 + 50)
Devido à uniformidade do movimento da Terra, teremos a proporção:
Durante os mesmos
780 dias, Marte completou uma volta em torno do Sol
1
1
mais o arco M M’ = TT = 49o . Então, se P é o período sideral de Marte
teremos a proporção:
Com esse mesmo raciocínio, Copérnico calculou os períodos siderais dos demais planetas superiores conhecidos em seu tempo, Júpiter e Saturno. Sugerimos
que o leitor faça esses cálculos, sabendo que os períodos sinódicos desses planetas são 399 dias e 378 dias, respectivamente. Os períodos siderais correspondentes serão, aproximadamente, 11,8 anos e 29,5 anos, respectivamente.
Um raciocínio parecido permite calcular os períodos siderais dos planetas inferiores, o que faremos no Apêndice adiante.
4. Distância de Marte ao Sol
O conhecimento do período sideral de um
planeta superior é essencial para o cálculo de
sua distância ao Sol, como veremos agora, no
caso de Marte. Imaginemos, como ilustra a
Figura 5, que Marte em M esteja em oposição,
em a Terra estando em T e o Sol em S. Sabemos, por dados de observação, que 106 dias
após, a Terra e Marte se encontrarão em
posições 7" e M’, respectivamente, tais que
ST´M´ = 90o. Durante esse tempo, o ângulo α,
descrito pela Terra, é de aproximadamente
171
Figura 5
105°, como é fácil calcular (pois α: 106 = 360° : 365). Quanto a Marte, ele
terá descrito um ângulo β ≈ 56o, pois
Como conseqüência, T’SM’ = 105 – 56 = 49o. Finalmente, o triângulo
retângulo ST’M’ nos dá:
Fica assim calculada a distância de Marte ao Sol como 1,5 vezes a distância da Terra ao Sol.
Com o mesmo raciocínio Copérnico calculou as distâncias de Júpiter e
Saturno ao Sol. Notamos, mais uma vez, que os cálculos dessas distâncias
dependem do conhecimento dos períodos siderais dos planetas, os quais são
conceitos ligados à hipótese heliocêntrica de Copérnico. Essas distâncias,
portanto, só podiam ser calculadas por Copérnico ou pelos sábios que vieram
depois. Pode ser que Aristarco as tenha calculado na Antiguidade, mas disso
nada sabemos, porque muitos dos seus escritos não chegaram até nós.
5. As distâncias de Mercúrio e Vênus ao Sol
Contrariamente ao que se passa com os planetas superiores, Marte, Júpiter
e Saturno, o cálculo das distâncias de Mercúrio e Vênus ao Sol é muito simples e não depende do conhecimento de seus períodos siderais. Estes são os
planetas inferiores, assim chamados porque suas órbitas são abarcadas pela órbita da Terra (Figura 6).
Em conseqüência, o afastamento angular desses planetas em relação ao
Sol, dado pelo ângulo STP e chamado
elongação do planeta P, nunca ultrapassa um certo valor máximo, inferior a 90°. É por isso que Mercúrio
e Vênus nunca são visíveis no zênite,
por onde eles só podem passar durante o dia. Eles são visíveis ao romper da manhã ou ao cair da noite, já
Figura 6
que nunca se afastam muito do Sol.
172
Esses dois planetas se situam em extremos opostos, no que diz respeito à
visibilidade: Vênus é muito fácil de ser visto, seja como “estrela matutina” ou
“estrela vespertina”; ele é o astro mais conspícuo e mais brilhante no céu,
depois do Sol e da Lua. Mercúrio é diferente: estando muito perto do Sol, não
é fácil localizá-lo, já que só será visto quase ao raiar do Sol, ou pouco depois
do Sol poente, de preferência quando em elongação máxima, que
Figura 7
Figura 8
é, em média, de 23°. Quando isso acontece (Figura 7) o triângulo STM é
retângulo em M, logo,
SM = ST . sen 23° ≈ 0,39 ST.
Vemos assim que Mercúrio dista do Sol 0,39 vezes a distância da Terra ao Sol.
O planeta Vênus, por sua vez, tem elongação que atinge valor máximo de 47°.
Portanto, sua distância ao Sol é (Figura 8)
SV = ST . sen 47° ≈ 0,73 ST.
6. Conclusão
Os cálculos aqui apresentados são uma pequena amostra do trabalho de
Copérnico na elaboração de sua teoria heliocêntrica. Usar a teoria para fazer
previsões sobre o movimento dos planetas e comparar essas previsões com o que
173
revelavam os dados da observação era o teste necessário para comprovar ou
refutar a teoria. Esse teste foi revelando discrepâncias inaceitáveis e exigindo
ajustes nas hipóteses. Já mencionamos um desses ajustes, que foi o de deslocar o
Sol dos centros das órbitas dos planetas. Mas as modificações, ainda nas mãos de
Copérnico, não pararam aí. As mais espetaculares mudanças viriam com Kepler,
cerca de 70 anos após a morte de Copérnico. Só então emergiria uma teoria
definitiva do sistema solar e que iria encontrar forma acabada na teoria da gravitação
de Newton. Pretendemos falar sobre isso num futuro artigo.
Apêndice
Mostraremos, aqui, como se pode calcular
o período sideral de um planeta inferior como
Mercúrio. Imaginemos o planeta em elongação
máxima a oeste, na posição M, quando a Terra
se encontra em T1 (Figura 9). Sabemos, por dados de observação, que dali a 58 dias ele estará novamente em elongação máxima, desta vez
ao leste, na posição M2. Nesses 58 dias a Terra terá coberto um arco terá coberto um arco
T1T2 = 57 como é fácil calcular. Mais 58 dias e
voltaremos a ver Mercúrio em elongação máFigura 9
xima a oeste, na posição M3 , com a Terra em
T3. Assim, em 116 dias (58 + 58) a Terra descreverá o arco T 1 T 3 = 2 × 57 o = 114 o ; e
Mércurio descreverá uma volta completa em torno do Sol, mais o arco
M1M3 = T1T3 = 114o, um total de 474o. Se P é o período sideral de Mércurio,
teremos:
O procedimento é análogo para Vênus, que tem um período sideral de
225 dias.
174